雨天的尾巴（树上差分之点差分）
题目描述
N个点，形成一个树状结构。有M次发放，每次选择两个点x,y对于x到y的路径上（含x,y)每个点发一袋Z类型的物品。完成所有发放后，每个点存放最多的是哪种物品。
输入格式
第一行数字N，M
接下来N-1行，每行两个数字a,b,表示a与b间有一条边
再接下来M行，每行三个数字x,y,z.如题
输出格式
输出有N行
每i行的数字表示第i个点存放最多的物品是哪一种，如果有
多种物品的数量一样，输出编号最小的。如果某个点没有物品则输出0
样例输入
20 50
8 6
10 6
18 6
20 10
7 20
2 18
19 8
1 6
14 20
16 10
13 19
3 14
17 18
11 19
4 11
15 14
5 18
9 10
12 15
11 14 87
12 1 87
14 3 84
17 2 36
6 5 93
17 6 87
10 14 93
5 16 78
6 15 93
15 5 16
11 8 50
17 19 50
5 4 87
15 20 78
1 17 50
20 13 87
7 15 22
16 11 94
19 8 87
18 3 93
13 13 87
2 1 87
2 6 22
5 20 84
10 12 93
18 12 87
16 10 93
8 17 93
14 7 36
7 4 22
5 9 87
13 10 16
20 11 50
9 16 84
10 17 16
19 6 87
12 2 36
20 9 94
9 2 84
14 1 94
5 5 94
8 17 16
12 8 36
20 17 78
12 18 50
16 8 94
2 19 36
10 18 36
14 19 50
4 12 50
样例输出
87
36
84
22
87
87
22
50
84
87
50
36
87
93
36
94
16
87
50
50洛谷样例
样例输入
5 3
1 2
3 1
3 4
5 3
2 3 3
1 5 2
3 3 3样例输出
2
3
3
0
2AC代码（带解释）
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define ll long long
inline int in(){
int x = 0;
bool f = 1;
char c = getchar();
while(c > '9' || c < '0'){
if(c == '-') f = 0;
c = getchar();
}
while(c <= '9' && c >= '0'){
x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48);
c = getchar();
}
if(f) return x;
else return -x;
}
const int N = 1e5+10;
const int M = 1e9;
#define ls(x) t[x].ls
#define rs(x) t[x].rs
struct node{
int ls,rs;
int mx;//记录以i为根的子树中出现最多的数
int sum;//记录最多的数出现的次数
}t[N << 6];//数组尽量开大,因为不知道要开多少线段树(我的1A就这么没的 QAQ)
int n,m;
int tot,r[N];//动态开点和记录每个节点建线段树时的根节点
int ans[N];//记录最后结果
int h,tim,st[N],ed[N],f[N][20];//lca用到的
int to[N << 1],nxt[N << 1],head[N],cnt;//建树
inline void add(int u,int v){
to[++cnt] = v;
nxt[cnt] = head[u];
head[u] = cnt;
}
void dfn(int u,int fa){
f[u][0] = fa;
for(int i = 1;i <= h;++i)//u的2^(i-1)祖先的2^(i-1)祖先 是 u的2^i祖先
f[u][i] = f[f[u][i-1]][i-1];
st[u] = ++tim;//记录节点u在dfs序中的开始位置
for(int i = head[u];i;i = nxt[i]){
int v = to[i];
if(fa == v) continue;
dfn(v,u);
}
ed[u] = tim;//结束位置
}
int lca(int x,int y){
if(st[x] <= st[y] && ed[y] <= ed[x]) return x;//x是y的祖先
if(st[y] <= st[x] && ed[x] <= ed[y]) return y;//y是x的祖先
for(int i = h;i >= 0;--i)//将x向上跳,直到fa[x]是y的祖先
if(f[x][i] && !(st[f[x][i]] <= st[y] && ed[y] <= ed[f[x][i]]))
x = f[x][i];
return f[x][0];
}
inline void pushup(int rt){
if(!ls(rt) && !rs(rt)) return;//没有子树直接返回
if(t[ls(rt)].sum >= t[rs(rt)].sum){//如果左右子树的最大值的sum相等,因为题目要求输出最小,所以优先取左子树的mx
t[rt].sum = t[ls(rt)].sum;
t[rt].mx = t[ls(rt)].mx;
}else{
t[rt].sum = t[rs(rt)].sum;
t[rt].mx = t[rs(rt)].mx;
}
}
void update(int &rt,int l,int r,int pos,int val){//正常update
if(!rt) rt = ++tot;
if(l == r){
t[rt].sum += val;
t[rt].mx = pos;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(pos <= mid) update(ls(rt),l,mid,pos,val);
else update(rs(rt),mid+1,r,pos,val);
pushup(rt);
}
int merge(int ra,int rb,int l,int r){
if(!ra || !rb) return ra + rb;
if(l == r){//如果搜到了这颗权值线段树的叶子节点,也就是说l这个数出现次数要增加
t[ra].sum += t[rb].sum;//所以是相加,不是取max
return ra;
}
int mid = (l + r) >> 1;
ls(ra) = merge(ls(ra),ls(rb),l,mid);
rs(ra) = merge(rs(ra),rs(rb),mid+1,r);
pushup(ra);//别忘了pushup
return ra;
}
void dfs(int u,int fa){
for(int i = head[u];i;i = nxt[i]){
int v = to[i];
if(v == fa) continue;
dfs(v,u);
r[u] = merge(r[u],r[v],1,M);//合并子树与根节点
}
ans[u] = t[r[u]].mx;//更新完所有子树后的mx就是答案
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
n = in();m = in();
h = log2(n);//lca找父亲要用
for(int i = 1;i < n;++i){
int x = in(),y = in();
add(x,y);
add(y,x);//不知道谁是父亲,所以存无向图
}
dfn(1,0);//处理每个节点的开始和结尾,下面lca要用
for(int i = 1;i <= m;++i){
int x = in(),y = in(),z = in();
int a = lca(x,y);
//正常点差分
update(r[x],1,M,z,1);
update(r[y],1,M,z,1);
update(r[a],1,M,z,-1);
if(a != 1) update(r[f[a][0]],1,M,z,-1);//这个判断可写可不写,主要是因为更新根节点的父亲没啥意义
}
dfs(1,0);//dfs合并
for(int i = 1;i <= n;++i)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}